Ung dung cua Tich vo huong

trong chương trình phổ thông không đề cập nhiều đến ứng dụng của tích vô hướng vào chứng minh trong đại số, sau đây tôi xin nêu vài ví dụ ứng dụng của tích vô hướng vào giải các bài to[r]

Ph¸t triĨn t cho häc sinh qua dạy học Tích vô hớng

1 L DO CHỌN ĐỀ TÀI.

Trong chương trình hình học lớp 10 có Tích vơ hướng hai véc tơ, theo tơi kiến thức bổ ích có nhiều ứng dụng hay chứng minh hình học đại số chương trình phổ thơng khơng đề cập nhiều đến ứng dụng tích vô hướng vào chứng minh đại số, sau tơi xin nêu vài ví dụ ứng dụng tích vơ hướng vào giải tốn đại số với mục đích phát triển tư cho em học sinh, qua hiểu sâu sắc tích vơ hướng, tạo mối liên hệ tự nhiên cần thiết hình học đại số, giải tích

2 BIỆN PHÁP THỰC HIỆN.

- Chọn ví dụ thích hợp để dạy cho em học sinh lớp 10, 11, 12

- Nêu cho em thấy dạng tốn áp dụng tích vơ hướng ẩn dạng độ dài véc tơ, có dạng tích ab cd , ab cd uv  ,

- Khi xác định véc tơ cần ý đến tích vơ hướng theo định nghĩa nào, với biểu thức tọa độ

- Cũng cần lưu ý đến độ dài quan hệ góc véc tơ để áp dụng linh hoạt kiến thức hình học mà ta biết

- Hình thành quan hệ ban đầu hình học đại số, giải tích 3 PHẠM VI NGHIÊN CỨU.

- Sáng kiến thực khối lớp trường THPT Triệu Sơn 4 NỘI DUNG.

Định nghĩa: (Có nhiều định nghĩa tích vơ hớng hai véc tơ, ta nêu một số định nghĩa quen thuộc chơng trình phổ thơng).

Cho hai véc tơ u,v(0) tích vơ hớng hai vec tơ kí hiệu u.vđợc xác định nh sau: u.vu.v.cosu,v

Trong hệ toạ độ Oxy tích vơ hớng cịn đợc xác định nh sau: Cho ux1,y1 ,v x2,y2

 

u.v x1.x2 y1.y2

 

Trong hệ toạ độ oxyz tích vơ hớng đợc xác định Cho ux1,y1,z1 ,v x2,y2,z2

 

u.v x1x2 y1y2 z1z2

 

Ngoài ta viết 2 2

2

.v u v u v

u     

Từ định nghĩa ban đầu ta suy u.vu.v (*)

Vận dụng vào chứng minh bất đẳng thức.

2

2 x y z

y x z x z y z y

x  

     

Giải. Trong hệ toạ độ Oxyz lấy ; ; ,v y z; z x; x y, y x z x z y z y x

u   

             Theo (*) ta suy ra:

   

2 2

2 y z z x x y

y x z x z y z y x z y

x      

             

Hay 2

2

2 x y z

y x z x z y z y

x  

   

(đpcm)

Dấu = xảy hai vÐc t¬ cïng híng x y z y x z x z y z y x         

ThÝ dô 2. Víi sè a,b,c,d bÊt k×, cmr: a2 b2 c2 d2 a c2 b d2

      

Gi¶i. Chän ba vÐc t¬ wac,bd ,ua,b ,vc,d ta cã:

w.u v a c2 b d2

 

Mặt khác: w.u v w.u v a c2 b d2. a2 b2 c2 d2               

Tõ hai điều suy ra: a2 b2 c2 d2 a c2 b d2

     

(đpcm)

Thí dụ 3. Trong tam giác ABC chøng minh r»ng: cos cos

cosA B C 

Giải. Gọi đờng tròn (I;r) nội tiếp ABC có tiếp điểm A1,B1,C1 lần lợt thuộc

AB CA

BC, , xét:

2 1 IA IB IC

                                                  

1 1 1

2 2

1  

                    IA IC IC IB IB IA IC IB

IA (1)

Mµ ; cos ; cos ; 2.cos

1 1 1 1

1 IB IC r IA IB r C IB IC r A IC1 IA r B

IA      

         Nªn (1) 2 2cos cos cos 

 

 

 r r A B C

 cos cos

cosA B C

Dễ thấy đấu có đợc I trùng với G hay tam giác ABC

ThÝ dơ 4. Chøng minh r»ng tam gi¸c ABC cã: sin

sin

sin2 2

 

 B C

A Từ cmr:

sin sin

sinA B C 

Giải. Gọi (O;R) đờng tròn ngoại tiếp tam giác ABC xét:             OC OB OA

u v



3 cosx sinx

Ta cã: 2 2 2sin2

2

2 OB OA OB OA OB AB R R C

OA OB

OA      

  



 

  

   

    

Tơng tự cho hai tích vơ hớng cịn lại ta thu đợc: (1) 2.sin2 sin2 sin2 

 

 

 R R A B C

 sin

sin

sin2A 2B 2C

Dấu có đợc O trùng với Ghay tam giác ABCđều

§Ĩ chøng minh:

2 3 sin sin

sinA B C Ta chọn usinA;sinB;sinC ,v1;1;1 áp

dông (*) ta cã ngay:

2 3 sin

sin sin

sin

sin

sin 2

 

 

 

 B C A B C

A

Dấu đạt đợc tam giác ABCđều

Vận dụng toán liên quan đến ph ơng trỡnh v

hệ ph ơng trình.

Thí dụ 5. Giải phơng trình sau:

2

  

 x x

x Giải. Điều kiện x

Chọn 

  

  

 



1 ; 1 , ; 2

x x x

v x

u  , ¸p dơng (*) ta suy ra:

1

2

       

 x x

x x

x x

Nh dấu đạt đợc khi: 1

1 2

  

 x

x x

Kết luận phơng trình cho có nghiệm



x

ThÝ dô 6. Giải phơng trình sinx 3.cosx1

Giải:

Đặt u 3;1 , vcos ;sinx x, suy ra: 2, 1, ,  ,

u              v  OA u  sđ             OA v  , x Khi pt trở thành: u v . 1.Hay: u v .cos , u v 1

   

 

2.cos ,u v

    cos , 

u v

   

 ,

3

u v 

   

Theo hƯ thøc Sa- L¬ ta cã:               OA v,                OA u,                  u v, k.2 (k Z )

 , 

OA v    k   

 

 

,

2

,

6

OA v k OA v k



 

 

 

  

  

    

.2

.2

x k

x k



 

 

 

  

  



(k Z )

Thí dụ 7. Giải hệ phơng tr×nh sau:

    

 

 

 

0 0 1

2 2

zy z

zx y

yz x

Giải. Chọn ba véc tơ: uy;z,vx;z,wy; x

Từ phơng trình thứ ba suy ra: u.v0 Từ phơng trình thứ hai suy : u.w0

NÕu u0 th× suy v,w céng tuyến x2yz0 trái với phơng trình đầu

Nh u0 hay yz0 Từ pt đầu x2yz x1

KiĨm tra l¹i ta cã nghiƯm cđa hƯ (x;y;z) là: (1;0;0) (-1;0;0)

Thí dụ 8. Giải hệ phơng trình sau: 2

3 3

1 1

x y z x y z x y z    



  

 

  



Giải. Chọn u x y z v x y z ; ; ,  2; ;2 2 từ đề suy u 1, u v x3 y3 z3 1.

    

Mặt khác ta lại có v x4 y4 z4 1 2x y2 y z2 z x2 2 1.

       



Nªn suy u v  1

Nh dẫn đến

 

 

0

1, 0,

1

0, 1, 0

cos ,

0, 0, ,

xy

x y z

v yz

x y z zx

u v

x y z

u v  

  

 

  

       

  

 

 

    



 

 

 

 

ThÝ dơ 9. Gi¶i hƯ

 

   

     

    

     

   

  

2 2

2 1

3 2

0 3

2

0 1

z y

z x z

z x y z

x

yz y

x

Gi¶i Chän ux;y ,v y1;z,w2z 3;x z

Từ pt đầu suy ra: u.v0 (1) Tõ pt hai suy ra: u.w 0 (2) Tõ pt ba suy ra: v2 w2

 (3)

NÕu u0  xy 0 thay vào hệ suy ra: z z Nếu u0 tõ (1) vµ (2) suy v,w céng tuyÕn

Mà từ (3) có v2 w2

nên ta suy ra: vw

Víi

   

    

  

zx zy zxz

zy wv

2 22 321 

Thay y z, vào (1) ta đợc , ,

 

 y z

x

Víi

   

    

  

0 24 231

x zy xzz

z y wv

Thay vào (1) ta đợc x0,y 4,z 0 x 0,y 0,z 2

KÕt ln nghiƯm cđa hƯ (x;y;z) lµ: (0;0;1), (0;0;2), (0;4;0) vµ ; ;

   

 

ThÝ dơ 10. Gi¶ sư hƯ

   

  

  

16 3

2

2

z yz y

y xy x

cã nghiƯm Cmr: xyyzzx8

Gi¶i. Chän 

  

  

 

   

  



2 ;

3 ,

3 ;

z y z v x x y

u  Tõ hÖ ta cã: u 3,v

Mặt khác: uv xyyzzx

2

.

 , mµ . . 4 3.

 u v v

ThÝ dô 11. Cho a,b,c,d R Cã a2b2c2d2 1 vµ acbd 0 TÝnh abcd

Giải. Chọn ua;b,vc;d Khi theo đề có: u v 1 u.v0

Do u.v0 nªn ua;b céng tun víi w d;c.Theo gt cã u w 1.Nªn  uw

NÕu     .0

  

  

 ab dc ab dc

cb d a w u 

NÕu     .0

  

  

 ab dc ab dc

c b

da w

u 

KÕt ln: abdc0

ThÝ dơ 12. Gi¶ sư hÖ

    

 

 

 

b ay cx

a cy bx

c by ax

cã nghiÖm, cmr: a3b3c3 3abc

Giải. Chọn ua;b;c,vb;c;a,wc;a;b mx;y;1 Nh hệ tơng đơng với:

    

  

0 .

0 .

0 .

m w

m v

m u

 

 

 

, m0 nªn ta suy ba vÐc t¬

a b c vb c a wc a b

u ; ; , ; ; ,  ; ; đồng phẳng Mặt khác ta dễ dàng kiểm tra đợc góc

u,vv,w w,u Điều tơng đơng với uvw u,vv,w w,u=

3 2

NÕu uvw th×  abc  a3 b3 c3 3abc

 

 (®pcm)

NÕu u,v v,ww,u=

3 2

th× suy uvw    .0

    

 

 

 

 a b c

b a c

a c b

c b a

Theo đẳng thức

a b ca b c ab bc ca abc

c b

a3 3 3    2 2 2   a3b3c3 3abc0 a3b3c3 3abc.(đpcm)

Thí dụ 13.Giả sử hÖ

  

  

  

4 8 2

zx yz xy

z y x

cã nghiÖm, cmr: , ,

 

Gi¶i. (Qui íc sè có dấu dơng âm)

Do vai trò x y z, , nh nên ta cần chứng minh cho biến x đủ Từ hệ ta đợc x y z, , dấu Thật không tổng quát: Giả sử x,y 0;z0.Ta 4.

2

2

4  2  2 2  

 xy x y x y z ( Vô lí) Giả sử x0;y,z0 Ta suy ra: 4

2

2

2 2 2

      

yz y z x y z (Vô lí) Nên ba sè x,y,z 0 hc x,y,z0

Ta cã xyz2x2y2z22xyyzzx, theo gt suy ra:

  

 

   

      

4 16

2

z y x

z y x z y x

-Trêng hỵp xyz 4  x,y,z 0

Trong hệ tọa độ oxyz chọn điểm Mx;y;z thay đổi, chọn A1;1;1 nh

 ; ; ,  1;1;1



OA z y x

OM tõ gt   8, 

 

OA

OM vµ OM .OA xyz4 Từ suy

ra khix,y,z thay i thỡ

OM nằm góc phần tám thứ tạo với OA

mt gúc khụng i Chiếu M lên trục Oxta xác định đợc hoành độ x hay

.cos( , )

x OM OM i               , nh x đạt giá trị lớn phụ thuộc vào góc (OM i               , ) Xét

gãc tam diƯn (OM OA Ox, , ) tỉng hai gãc tam diện lớn góc lại, OM OA ,  ,

 

OA i , khơng đổi nên góc(OM i  , ) đạt lớn nhất, nhỏ khi ba véc tơ

 ; ; ,  1;1;1



OA z y x

OM i1;0;0 đồng phẳng OM,OA i 0 yz 

 



    Với y z thay vào hệ đợc

  

 

 

3 x x

Tøc trờng hợp

3

0x

- Trêng hỵp xyz 4  x,y,z Đặt xa;y b;z cvới a,b,c0 ta quay

về trêng hỵp võa xÐt

3 4

3

0        

 a x x

Nh từ hai trờng hợp cho ta kết

4

 

 x

Vai trò x,y,z nh nên ta có đợc , ,

 

 x y z (®pcm)

Cuối xin đa tốn hình học nhng cách giải lại mang đậm chất đại số

Thí dụ 14. Cho hình chóp S ABC có SA SB SC, , vng góc với đơi một, M điểm thuộc phần tam giác ABC Gọi   , , lần lợt góc đờng thẳng

SM víi SA SB SC, , Chøng minh r»ng cos2 cos2 cos2 1.

  

- Ba véc tơ a b c, ,  vng góc với đơi

-Tồn số thực x y z, , để m x a y b z c    (1)

Tõ (1) suy x2 y2 z2 1

   (*) Nhân hai vế (1)lần lợt với véc tơ a, b, c bình phơng lên ta suy

2 cos2

x   ,y2 cos2 , z2 cos2

Nh vËy theo (*) suy ra: cos2 cos2 cos2 1.

   (®pcm)

5

KÕt qu¶ thùc hiƯn.

- Đây chuyên đề khó cần nhiều thời gian với em Tuy nhiên qua khảo sát kết thu đợc tơng đối khả quan

- KÕt qu¶ nh sau:

Khèi Giái Kh¸ TB Ỹu KÐm

Khèi 10 35% 30% 10% 15% 10%

Khèi 11 30% 32% 10% 18% 10%

Khèi 12 35% 40% 12% 6% 7%

Đây số kinh nghiệm có đợc q trình dạy học, tìm tịi tự bồi dỡng nghiệp vụ chuyên môn Rất mong quan tâm đóng góp ý kiến đồng chí để viết đợc hoàn thiện

- HÕt